湖北省武汉高一化学上册期末试卷_高一化学试题

一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每小题只有1个选项符合题意）            

1．化学与我们的生活息息相关．下列说法错误的是（　　）            

A．漂白粉溶液中加入少许食醋可以增强其漂白效果            

B．用二氧化硫漂白米粉是违法行为，因为二氧化硫有毒            

C．铝制品在生活中非常普遍，这是因为铝不活泼            

D．氢氧化铝可用于治疗胃酸过多，但不宜长期服用            

2．下列说法错误的是（　　）            

A．SiO2是沙子的主要成分，纯净的SiO2是光纤制品的基本原料            

B．水晶的基本结构单元是[SiO4]四面体结构            

C．将游离态的氮转变为氮的化合物就是氮的固定，合成氨是一种人工固氮方法            

D．将等物质的量的氯气和二氧化硫同时通入品红溶液中，褪色比二氧化硫通入品红溶液快            

3．下列实验操作中正确的是（　　）            

①用剩的钠或钾应及时放回原试剂瓶            

②蒸发钾溶液时要用玻璃棒不断搅动            

③称取易潮解的药品必须放在玻璃器皿中称量            

④用试纸检验气体性质时，手拿着试纸经水润洗后靠近气体，观察试纸颜色变化            

⑤将吸有氢氧化钠溶液的长胶头滴管伸入硫酸亚铁溶液中再挤出溶液以制得氢氧化亚铁            

⑥水玻璃应该盛于磨口玻璃塞的试剂瓶中．            

A．①③⑥    B．②③④    C．①②③⑤    D．①②③④

4．我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子（直径为1.3×10﹣9m）恢复了磁性．“钴酞菁”的分子结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似．下列说法中不正确的是（　　）            

A．“钴酞菁”分子既不能透过滤纸，又不能透过半透膜，混有氯化钠的“钴酞菁”可用渗析的方法净化            

B．“钴酞菁”与水所形成的分散系具有丁达尔效应            

C．此项工作可以用改变分子的某些物理性质            

D．此项工作可广泛应用于光电器件、生物技术等方面            

5．下列实验过程中出现异常情况，其可能原因分析错误的是（　　）            

6．下列离子方程式不正确的是（　　）            

A．向次氯酸钙溶液中通入少量的二氧化硫：Ca2++3ClO﹣+SO2+H2O═CaSO4+2HClO+Cl﹣            

B．向偏铝酸钠溶液中通入少量的二氧化碳：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣            

C．向硅酸钠水溶液中通入少量的二氧化碳：SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣            

D．向次氯酸钠溶液中通入少量的二氧化碳：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣            

7．已知某溶液中存在较多的H+、SO42﹣、NO3﹣，则溶液中还可能大量存在的离子组是（　　）            

A．Al3+、ClO﹣、Cl﹣    B．Na+、NH4+、Cl﹣        

C．Mg2+、Cl﹣、Fe2+    D．Mg2+、Ba2+、Br﹣        

8．利用图所示装置进行下列实验，能观察到相应现象并得出相应实验结论的是（　　）    

A．A    B．B    C．C    D．D

9．我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：S+2NO3+3C═2S+N2↑+3CO2↑．有关该反应的说法不正确的是（　　）            

A．该反应中的还原剂是C、氧化剂是S和NO3            

B．能做炸药的原因之一是固体物质反应生成了大量的气体            

C．由此反应可推出S的氧化性强于N2            

D．当生成标准状况下4.48L气体时，共转移电子0.6 mol            

10．下列有关化学反应过程或实验现象的叙述中，正确的是（　　）            

A．氯气的水溶液可以导电，说明氯气是电解质            

B．漂白粉和明矾都常用于自水的处理，二者的作用原理是相同的            

C．氯气可以使湿润的有色布条褪色，但实际起漂白作用的物质是次氯酸而不是氯气            

D．氯水中加入红色鲜花，红花褪色，说明溶液中有Cl2存在            

11．如图所示的装置中，干燥烧瓶中盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液．挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是（　　）            

A．SO2（饱和NaHSO3溶液）　无色喷泉            

B．NH3（H2O含酚酞）　红色喷泉            

C．H2S（CuSO4溶液）　黑色喷泉            

D．HCl（AgNO3溶液）　白色喷泉            

12．某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42﹣等离子，当向该溶液中加入某浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示．下列有关对该溶液的判断不正确的是（　　）            

A．该溶液中肯定含有的离子是H+、NH4+、Al3+、SO42﹣            

B．肯定不含的阳离子是Mg2+、Fe3+            

C．要确定该溶液是否含有Na+，必须做焰色反应实验，看焰色是否为黄色            

D．该溶液中肯定含有的离子的物质的量之比为n（H+）：n（NH4+）：n（Al3+）：n（SO42﹣）=2：3：1：4            

13．下列有关阿伏加德罗常数NA的说法正确的是（　　）            

A．100mL12mol/L浓盐酸与足量的MnO2加热充分反应生成氯气分子数为0.3 NA            

B．5.6 g铁粉与反应失去的电子数一定为0.3NA            

C．向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2+被氧化时，共转移的电子的数目为NA            

D．5.4g铝粉与足量的氢氧化钠溶液充分反应生成氢气分子数为0.3 NA            

14．把一定量铁粉放入硫酸铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2+的浓度是Fe3+的浓度的2倍，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为（　　）            

A．1：1    B．1：2    C．3：2    D．4：3

15．甲、乙两烧杯中各盛有200 mL 1.5 molL﹣1的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后，测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，则加入铝粉质量为（　　）            

A．6.75 g    B．4.05g    C．2.70 g    D．1.80 g

16．将38.4g铜投入浓度均为2mol/L的硫酸和的混合酸溶液200mL中，充分反应后所得溶液中Cu2+的物质的量浓度为（反应前后的溶液体积变化忽略不计）（　　）            

A．6 mol/L    B．3 mol/L    C．2.25mol/L    D．1.13 mol/L

二、填空题（本题包括5小题，共52分）            

17．配平下列氧化还原反应方程式并用双线桥法表示其电子转移的方向和数目            

　　　　　　P4+　　　　　　CuSO4+　　　　　　﹣﹣　　　　　　Cu3P+　　　　　　H2SO4+　　　　　　H3PO4            

反应中若有1mol H3PO4生成，则消耗的氧化剂及其物质的量分别为　　　　　　．            

18．现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合溶液，选择适当的试剂将其转化为相应的沉淀或固体，从而实现Cl﹣、SO42﹣和NO3﹣的相互分离．相应的实验过程可用如图表示：            

（1）写出上述实验过程中所用试剂或沉淀的化学式：试剂1　　　　　　、沉淀B　　　　　　，试剂4　　　　　　；            

（2）写出生成沉淀C的离子方程式　　　　　　；            

（3）恰当地控制试剂4的加入量的方法是　　　　　　．            

（4）检验试剂1是否过量的方法是　　　　　　．            

（5）在加入试剂4后，获得固体D的实验操作④是　　　　　　．（2015秋武汉校级期末）下列A～H八种物质存在如下图所示的转化关系（反应条件、部分产物未标出）．已知A是酸式盐，B能使品红溶液褪色，G是红棕色气体，D和H是同一类物质．            

试回答下列问题：            

（1）写出下列各物质的化学式：A　　　　　　、H　　　　　　．            

（2）按要求写出下列反应的有关方程式            

①A→E反应的离子方程式　　　　　　；            

②E→F 反应的化学方程式　　　　　　；            

（3）常温下可以用铝制容器盛装浓D，是因为　　　　　　，将铁粉逐渐加入100ml浓H中直至过量，按先后顺序写出所发生反应的离子方程式：　　　　　　．            

20．图中的A～H是中学化学中常见的八种物质，所有物质均由元素周期表中前18号元素组成，其中B、F、H都含有同一种元素；B、D、E为单质、其他为化合物，常温常压下C为无色液体，D、E为无色气体；H的晶体熔点高、硬度大、闪烁着晶莹的光泽．A～H之间的转化关系如图所示．            

（1）E、H的化学式分别为　　　　　　、　　　　　　；            

（2）A、B的混合物加C后，可能发生的反应的化学方程式为　　　　　　、　　　　　　；            

（3）向F溶液中逐渐滴入盐酸直至过量，若看到的现象是先出现白色沉淀后沉淀消失，写出符合现象的离子方程式　　　　　　、与之对应的D、E恰好完全反应生成C时A与B的物质的量之比为：　　　　　　；若看到的现象是产生白色沉淀且沉淀始终不消失，写出符合现象的离子方程式　　　　　　、与之对应的D、E恰好完全反应生成C时A与B的物质的量之比为：　　　　　　．            

21．工业生产的尾气中含有氮氧化物NOx（NO和NO2的混合物，假设不含N2O4），对生态环境和人类健康带较大的威胁．            

（1）工业上可用氨催化吸收法处理NOx，反应原理如下：4xNH3+6NOx（2x+3）N2+6xH2O            

某化学兴趣小组模拟该处理过程的实验装置（如图1）（所有支撑装置都未画出、有需要改进的地方）：            

①装置A中发生反应的化学方程式为　　　　　　．            

②装置D中碱石灰的作用是　　　　　　．            

③存在的安全隐患是　　　　　　．            

（2）工业上也常用Na2CO3溶液吸收法处理NOx．            

已知：NO不能与Na2CO3溶液反应．            

NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2（Ⅰ）            

2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2（Ⅱ）            

①当NOx被Na2CO3溶液完全吸收时，x的值不可能是　　　　　　（填字母）．            

A． 1.9          B． 1.7           C． 1.2            

②将1mol NOx通入Na2CO3溶液中，被完全吸收时，溶液中生成的NO3﹣、NO2﹣两种离子的物质的量随x变化关系如图2所示：图中线段b表示　　　　　　随x值变化的关系；若用溶质质量分数为26.5%的 Na2CO3溶液吸收，则需要Na2CO3溶液至少　　　　　　g．            

③用足量的Na2CO3溶液完全吸收NOx，每产生22.4L（标准状况）CO2（全部逸出）时，吸收液质量就增加40g，则NOx中的x值为　　　　　　．            

（3）氨催化吸收法和Na2CO3溶液吸收法处理NOx尾气共同的优点是：　　　　　　．            

湖北省武汉外国语学校高一（上）期末化学试卷            

参与试题解析            

一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每小题只有1个选项符合题意）            

1．化学与我们的生活息息相关．下列说法错误的是（　　）            

A．漂白粉溶液中加入少许食醋可以增强其漂白效果            

B．用二氧化硫漂白米粉是违法行为，因为二氧化硫有毒            

C．铝制品在生活中非常普遍，这是因为铝不活泼            

D．氢氧化铝可用于治疗胃酸过多，但不宜长期服用            

【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的化学性质；铝的化学性质；镁、铝的重要化合物．            

【专题】元素及其化合物．            

【分析】A．漂白粉的有效成分为次氯酸钙，溶液中次氯酸根离子水解显碱性，可与酸反应生成具有漂白性的次氯酸，促衡正向进行，次氯酸浓度增大；            

B．二氧化硫有毒，不能用作食品添加剂；            

C．铝性质活泼，铝和氧气反应生成氧化铝；            

D．氢氧化铝是两性氢氧化物和胃酸反应，治疗胃酸过多，长期服用元素的过量摄入对人体是有害．            

【解答】解：A．漂白粉溶液中存在水解平衡，ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，溶液显碱性，加入少量醋酸中和OH﹣，促衡正向进行，生成次氯酸的浓度增大，会增强漂白效果，故A正确；            

B．二氧化硫有毒，不能用作食品添加剂，不能用二氧化硫漂白米粉等，故B正确；            

C．铝性质活泼，铝和氧气反应生成氧化铝，在表面生成一层致密的氧化物，能够防止铝的进一步腐蚀，故C错误；            

D．氢氧化铝是两性氢氧化物和胃酸反应，治疗胃酸过多，摄铝量增加，从而影响脑细胞功能，导致记忆力下降，思维能力迟钝，故D正确；            

故选C．            

【点评】本题考查较为综合，多角度考查金属的性质以及应用，为高频考点，侧重于双基的考查，注意把握金属的性质及应用，难度不大．            

2．下列说法错误的是（　　）            

A．SiO2是沙子的主要成分，纯净的SiO2是光纤制品的基本原料            

B．水晶的基本结构单元是[SiO4]四面体结构            

C．将游离态的氮转变为氮的化合物就是氮的固定，合成氨是一种人工固氮方法            

D．将等物质的量的氯气和二氧化硫同时通入品红溶液中，褪色比二氧化硫通入品红溶液快            

【考点】硅和二氧化硅；氮的固定；二氧化硫的化学性质．            

【专题】元素及其化合物．            

【分析】A、沙子的主要成分是二氧化硅，纯净的二氧化硅良好的折光性；            

B、二氧化硅晶体中存在四面体结构单元，每个硅原子能构成四个共价键，每个氧原子能形成2个共价键，Si处于中心，O处于4个顶角；            

C、游离态的氮转变为氮的化合物叫氮的固定；            

D、将氯气和二氧化硫同时通入品红溶液中，发生Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl．            

【解答】解：A、沙子的主要成分是二氧化硅，纯净的二氧化硅良好的折光性，是现代光学及光纤制品的基本原料，故A正确；            

B、二氧化硅晶体中存在四面体结构单元，每个硅原子能构成四个共价键，每个氧原子能形成2个共价键，Si处于中心，O处于4个顶角，所以水晶的基本结构单元是[SiO4]四面体结构，故B正确；            

C、游离态的氮转变为氮的化合物叫氮的固定，所以氮的固定是指将游离态的氮转变为氮的化合物，合成氨是游离的氮气为原料，生成化合态的氨，是氮的固定，故C正确；            

D、将氯气和二氧化硫同时通入品红溶液中，发生Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，生成的硫酸和盐酸都不具有漂白性，故D错误；            

故选D．            

【点评】本题考查较为综合，涉及元素化合物知识、光导纤维、氮的固定等知识，为高频常见题型，侧重于基础知识的考查，难度不大，注意相关基础知识的学习和积累．            

3．下列实验操作中正确的是（　　）            

①用剩的钠或钾应及时放回原试剂瓶            

②蒸发钾溶液时要用玻璃棒不断搅动            

③称取易潮解的药品必须放在玻璃器皿中称量            

④用试纸检验气体性质时，手拿着试纸经水润洗后靠近气体，观察试纸颜色变化            

⑤将吸有氢氧化钠溶液的长胶头滴管伸入硫酸亚铁溶液中再挤出溶液以制得氢氧化亚铁            

⑥水玻璃应该盛于磨口玻璃塞的试剂瓶中．            

A．①③⑥    B．②③④    C．①②③⑤    D．①②③④

【考点】化学实验方案的评价．            

【专题】化学实验基本操作．            

【分析】①金属钠或钾能与空气中的水或氧气反应；            

②玻璃棒搅拌可以使溶液受热均匀；            

③易潮解的药品应该放入小烧杯等玻璃器皿中称量；            

④用试纸检验气体性质时，不能用手拿着试纸经水润洗后靠近气体观察试纸颜色的变化；            

⑤氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化；            

⑥水玻璃能够将玻璃瓶口和瓶塞黏在一起．            

【解答】解：①金属钠或钾能与空气中的水或氧气反应，剩余的药品要放回原瓶，那么不存在安全隐患，故①正确；            

②蒸发钾溶液时，为了使溶液受热均匀，需要用玻璃棒不断搅拌，故②正确；            

③称取易潮解的药品，为了避免药品被潮解，称量时必须放在玻璃器皿中称量，故③正确；            

④测定溶液的pH时，用蘸有待测溶液的玻璃棒点滴在试纸的中部，待试纸变色后，再与标准比色卡比较确定溶液的pH，或者将试纸润湿，粘到玻璃棒上，靠近检测的气体，待试纸变色后，再与标准比色卡比较确定溶液的pH，故④错误；            

⑤氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化，应插入液面下，故⑤错误；            

⑥水玻璃具有粘性，能将玻璃瓶口和瓶塞黏在一起，不能用玻璃塞，故⑥错误；            

故选C．            

【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及常见化学试剂的保存，题目难度不大，该题是基础性试题的考查，也是高考中的常见考点．该题的关键是明确常见化学试剂的性质，包括物理性质和化学性质，然后有针对性的选择即可．            

4．我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子（直径为1.3×10﹣9m）恢复了磁性．“钴酞菁”的分子结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似．下列说法中不正确的是（　　）            

A．“钴酞菁”分子既不能透过滤纸，又不能透过半透膜，混有氯化钠的“钴酞菁”可用渗析的方法净化            

B．“钴酞菁”与水所形成的分散系具有丁达尔效应            

C．此项工作可以用改变分子的某些物理性质            

D．此项工作可广泛应用于光电器件、生物技术等方面            

【考点】胶体的重要性质．            

【专题】溶液和胶体专题．            

【分析】钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），属于胶体分散系，具有胶体的性质，具有丁达尔现象、能透过滤纸等性质．            

【解答】解：A．“钴酞菁”分子是胶体粒子，能透过滤纸，故A错误；            

B．“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系为胶体，具有丁达尔效应，故B正确；            

C．为一种名为“钴酞菁”的分子（直径为1.3nm）恢复了磁性，此项工作可以用改变分子的某些物理性质，故C正确；            

D．钴酞菁”分子的结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似，有磁性，此项工作可广泛应用于光电器件、生物技术等方面，故D正确；            

故选A．            

【点评】本题考查了胶体分散系的本质特征即微粒直径大小和胶体的性质，题目难度不大，注意根据题目所给信息解题．            

5．下列实验过程中出现异常情况，其可能原因分析错误的是（　　）            

【考点】化学实验方案的评价．            

【专题】化学实验基本操作．            

【分析】A．萃取剂与水互溶会造成液体静置不分层；             

B．根据没有打开分液漏斗活塞，或玻璃塞上凹槽与漏斗口侧面的小孔没有对齐即不与外界连通会使分液漏斗中的液体难以滴下；            

C．温度计位置错误，或装置漏气，或冷凝水方向反了可能得不到液体；            

D．向溶液中加入SCN溶液，观察现象，若溶液变红色，说明溶液中存在Fe3+．            

【解答】解：A．因萃取剂与水互溶会造成液体静置不分层，与加入萃取剂的量较多无关，故A错误；             

B．因没有打开分液漏斗活塞，或玻璃塞上凹槽与漏斗口侧面的小孔没有对齐即不与外界连通会使分液漏斗中的液体难以滴下，故B正确；            

C．温度计位置错误，温度过低，或装置漏气，或冷凝水方向反了可能得不到液体，故C正确；            

D．如果FeCl2溶液变质，变质后的物质是FeCl3，Fe3+能和SCN﹣生成络合物，使溶液呈现血红色现象明显，这一反应是Fe3+的特征反应，所以用SCN溶液，故D正确．            

故选A．            

【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质的分离提纯以及离子的检验等，把握反应原理及反应与现象的关系为解答的关键，注意从实验的评价性及物质性质分析解答，题目难度不大．            

6．下列离子方程式不正确的是（　　）            

A．向次氯酸钙溶液中通入少量的二氧化硫：Ca2++3ClO﹣+SO2+H2O═CaSO4+2HClO+Cl﹣            

B．向偏铝酸钠溶液中通入少量的二氧化碳：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣            

C．向硅酸钠水溶液中通入少量的二氧化碳：SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣            

D．向次氯酸钠溶液中通入少量的二氧化碳：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣            

【考点】离子方程式的书写．            

【专题】离子反应专题．            

【分析】A．二氧化硫少量，反应生成硫酸钙、次氯酸和氯离子；            

B．二氧化碳少量，反应生成氢氧化铝和碳酸钠；            

C．二氧化碳少量，反应生成硅酸和碳酸钠；            

D．二氧化碳少量，反应生成次氯酸和碳酸氢钠．            

【解答】解：A．向次氯酸钙溶液中通入少量SO2的离子反应为Ca2++2ClO﹣+H2O+SO2═CaSO4↓+H++Cl﹣+HClO，故A正确；            

B．向偏铝酸钠溶液中通入少量的二氧化碳，离子方程式：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣，故B错误；            

C．向硅酸钠水溶液中通入少量的二氧化碳，离子方程式：SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣，故C正确；            

D．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，生成HClO和HCO3﹣，离子方程式为ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，故D正确；            

故选：B．            

【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度较大．            

7．已知某溶液中存在较多的H+、SO42﹣、NO3﹣，则溶液中还可能大量存在的离子组是（　　）            

A．Al3+、ClO﹣、Cl﹣    B．Na+、NH4+、Cl﹣        

C．Mg2+、Cl﹣、Fe2+    D．Mg2+、Ba2+、Br﹣        

【考点】离子反应发生的条件．            

【专题】离子反应专题．            

【分析】溶液中存在较多的H+、SO42﹣、NO3﹣，离子之间不能结合生成沉淀、气体、水，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存．            

【解答】解：A．H+、ClO﹣结合生成次氯酸，次氯酸为弱酸，不能大量共存，故A不选；            

B．该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；            

C．Fe2+与H+和NO3﹣发生氧化还原反应，故不能大量共存，故C不选；            

D．Ba2+、SO42﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故D不选；            

故选B．            

【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大．            

8．利用图所示装置进行下列实验，能观察到相应现象并得出相应实验结论的是（　　）

A．A    B．B    C．C    D．D

【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．            

【专题】化学实验基本操作．            

【分析】A．浓盐酸与石灰石反应生成二氧化碳，盐酸易挥发，盐酸、二氧化碳均与偏铝酸钠反应；            

B．浓硫酸使蔗糖脱水，C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应；            

C．稀盐酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，丙中二氧化硫与钡发生氧化还原反应生成硫酸钡；            

D．易挥发，丙中可与硅酸钠反应．            

【解答】解：A．浓盐酸与石灰石反应生成二氧化碳，盐酸易挥发，盐酸、二氧化碳均与偏铝酸钠反应，丙中沉淀消失与盐酸有关，结论不合理，故A错误；            

B．浓硫酸使蔗糖脱水，C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，则现象、结论均合理，故B正确；            

C．稀盐酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，丙中二氧化硫与钡发生氧化还原反应生成硫酸钡，结论不合理，故C错误；            

D．易挥发，丙中可与硅酸钠反应，不能比较碳酸、硅酸的酸性，结论不合理，故D错误；            

故选B．            

【点评】本题考查实验方案的评价及实验装置的综合应用，为高频考点，把握实验装置的作用、反应原理与实验现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．            

9．我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：S+2NO3+3C═2S+N2↑+3CO2↑．有关该反应的说法不正确的是（　　）            

A．该反应中的还原剂是C、氧化剂是S和NO3            

B．能做炸药的原因之一是固体物质反应生成了大量的气体            

C．由此反应可推出S的氧化性强于N2            

D．当生成标准状况下4.48L气体时，共转移电子0.6 mol            

【考点】氧化还原反应．            

【专题】氧化还原反应专题．            

【分析】反应S+2NO3+3C═2S+N2↑+3CO2↑中，N和S元素化合价降低，被还原，C元素化合价升高，被氧化，据此分析．            

【解答】解：A．反应中N和S元素化合价降低，被还原，C元素化合价升高，所以还原剂是C、氧化剂是S和NO3，故A正确；            

B．固体物质反应生成了大量的气体，压强增大，发生爆炸，故B正确；            

C．该反应不能比较S和氮气的氧化性强弱，故C错误；            

D．生成标准状况下4.48L气体时，即0.2mol气体，则生成0.05mol氮气，有0.15molC参加反应，共转移电子0.6 mol，故D正确．            

故选C．            

【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，本题注意把握元素化合价的变化，从化合价的角度理解氧化还原反应．            

10．下列有关化学反应过程或实验现象的叙述中，正确的是（　　）            

A．氯气的水溶液可以导电，说明氯气是电解质            

B．漂白粉和明矾都常用于自水的处理，二者的作用原理是相同的            

C．氯气可以使湿润的有色布条褪色，但实际起漂白作用的物质是次氯酸而不是氯气            

D．氯水中加入红色鲜花，红花褪色，说明溶液中有Cl2存在            

【考点】氯气的化学性质．            

【专题】卤族元素．            

【分析】A、水溶液中或熔融状态导电的化合物为电解质分析判断；            

B、漂白粉利用强氧化性消毒杀菌，明矾石利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附杂质作用净水；            

C、氯气无漂白性，起漂白性的是次氯酸；            

D、氯水中含有次氯酸，具有漂白性，所以向氯水中加入有色布条一会儿红花褪色，不能说明溶液中有Cl2存在．            

【解答】解：A、电解质必须是化合物，氯气是单质，故A错误；            

B、漂白粉是利用强氧化性消毒，而明矾净水是利用Al3+水解生成的Al（OH）3胶体吸附杂质，二者的作用原理是不相同，故B错误；            

C、氯气可以使湿润的有色布条褪色，是因为Cl2+H2O=HClO+HCl，次氯酸具有漂白作用，氯气无漂白性，故C正确；            

D、氯水中含有次氯酸，具有漂白性，所以向氯水中加入有色布条一会儿红花褪色，不能说明溶液中有Cl2存在，故D错误；            

故选C．            

【点评】本题考查了氯气的性质分析判断，注意漂白性的物质判断，掌握基础是关键，题目较简单．            

11．如图所示的装置中，干燥烧瓶中盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液．挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是（　　）            

A．SO2（饱和NaHSO3溶液）　无色喷泉            

B．NH3（H2O含酚酞）　红色喷泉            

C．H2S（CuSO4溶液）　黑色喷泉            

D．HCl（AgNO3溶液）　白色喷泉            

【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．            

【专题】化学实验基本操作．            

【分析】由图可知，挤压滴管的胶头，气体与溶液发生反应时，烧瓶内压强减小，外压大于内压，可形成喷泉，结合发生的反应解答．            

【解答】解：A．SO2不溶于饱和NaHSO3溶液，不能形成喷泉，故A错误；            

B．氨气极易溶于水，可形成喷泉，溶液显碱性，遇酚酞变红，则形成红色喷泉，故B正确；            

C．H2S与CuSO4溶液反应生成CuS黑色沉淀，则形成黑色喷泉，故C正确；            

D．HCl与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，可形成白色喷泉，故D正确；            

故选A．            

【点评】本题考查实验装置的综合应用及喷泉实验，为高频考点，把握实验装置的作用、喷泉实验原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．            

12．某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42﹣等离子，当向该溶液中加入某浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示．下列有关对该溶液的判断不正确的是（　　）            

A．该溶液中肯定含有的离子是H+、NH4+、Al3+、SO42﹣            

B．肯定不含的阳离子是Mg2+、Fe3+            

C．要确定该溶液是否含有Na+，必须做焰色反应实验，看焰色是否为黄色            

D．该溶液中肯定含有的离子的物质的量之比为n（H+）：n（NH4+）：n（Al3+）：n（SO42﹣）=2：3：1：4            

【考点】离子方程式的有关计算；离子反应发生的条件．            

【专题】利用化学方程式的计算．            

【分析】由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，后有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH﹣=NH3H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42﹣，据此分析．            

【解答】解：由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，后有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH﹣=NH3H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42﹣，            

A．该溶液中肯定含有的离子是H+、NH4+、Al3+、SO42﹣，故A正确；            

B．肯定不含的阳离子是Mg2+、Fe3+，故B正确；            

C．检验钠离子要利用焰色反应，焰色反应为黄色，证明含有钠离子，故C正确；            

D．开始加入2 mol NaOH时，溶液无沉淀产生，说明溶液中有H+，且其物质的量为0.2 mol；产生沉淀和沉淀溶解所需的NaOH的物质的量为3：1，所以溶液中有Al3+且其物质的量为0.1 mol；当加入0.5～0.8 mol NaOH时，发生的反应为NH4++OH﹣═NH3H2O，所以溶液中NH4+为0.3 mol，由于不知道是否存在Na+，所以不能计算SO42﹣的物质的量，无法计算H+、NH4+、Al3+、SO42﹣的物质的量之比，故D错误；            

故选D．            

【点评】本题考查了离子反应、离子的鉴别，题目难度中等，熟悉相关离子的性质、明确图象中各段的含义及发生的反应是解题关键，注意铝离子的性质，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．            

13．下列有关阿伏加德罗常数NA的说法正确的是（　　）            

A．100mL12mol/L浓盐酸与足量的MnO2加热充分反应生成氯气分子数为0.3 NA            

B．5.6 g铁粉与反应失去的电子数一定为0.3NA            

C．向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2+被氧化时，共转移的电子的数目为NA            

D．5.4g铝粉与足量的氢氧化钠溶液充分反应生成氢气分子数为0.3 NA            

【考点】阿伏加德罗常数．            

【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．            

【分析】A．稀盐酸与二氧化锰不反应；             

B．铁与稀的反应中，反应产物可能为亚铁或铁；            

C．碘离子和亚铁离子都能够被氯气氧化且先氧化碘离子再氧化亚铁离子；            

D．铝与足量氢氧化钠反应，1个铝原子失去3个电子变成+3价的偏铝酸根离子．            

【解答】解：A．稀盐酸与二氧化锰不反应，生成氯气分子数小于0.3 NA，故A错误；             

B．5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1mol铁与反应，如果不足，反应生成0.1mol亚铁离子，失去0.2mol电子，失去的电子为0.2NA，故B错误；            

C．FeI2溶液中，碘离子的还原性大于亚铁离子的，通入适量氯气，当有1molFe2+被氧化时，溶液中碘离子已经完全被氧化，由于不知道碘化亚铁的物质的量，无法计算转移的电子数，故C错误；            

D．5.4g铝的物质的量为n0.2mol，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑由方程式可以看出，反应关系式为2Al～3H2，所以5.4g铝与足量氢氧化钠反应生成氢气分子数为0.3 NA，故D正确．            

故选D．            

【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项A为易错点，注意稀盐酸与二氧化锰不反应．            

14．把一定量铁粉放入硫酸铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2+的浓度是Fe3+的浓度的2倍，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为（　　）            

A．1：1    B．1：2    C．3：2    D．4：3

【考点】化学方程式的有关计算．            

【专题】利用化学方程式的计算．            

【分析】铁粉放入硫酸铁溶液中发生反应生成硫酸亚铁，根据方程式设反应的三价铁的量，就可以获得生成的亚铁的量，进而获得未反应的Fe3+的物质的量，二者之比即为答案．            

【解答】解：铁粉放入三氯化铁溶液中，发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，已反应的Fe3+的物质的量为n，则            

Fe+2Fe3+=3Fe2+            

    2     3            

    n   1.5n            

溶液中的Fe3+和Fe2+浓度之比为1：2，所以，未反应的Fe3+的物质的量为n，所以已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比=n： n=4：3，            

故选D．            

【点评】本题是一道关于三价铁和亚铁之间相互转化的题目，要求学生学会利用化学方程式表达题目已知条件，难度不大．            

15．甲、乙两烧杯中各盛有200 mL 1.5 molL﹣1的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后，测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，则加入铝粉质量为（　　）            

A．6.75 g    B．4.05g    C．2.70 g    D．1.80 g

【考点】化学方程式的有关计算．            

【专题】利用化学方程式的计算．            

【分析】由2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知，酸碱足量、金属质量相同时，生成气体相同；            

金属足量，酸碱不足且酸碱的物质的量相等时，生成气体为1：3；            

由铝的质量相同，n（NaOH）=n（HCl），应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时酸不足量，碱与金属反应时碱过量计算解答，据此分析解答．            

【解答】解：n（HCl）=n（NaOH）=0.2L×1.5mol/L=0.3mol，            

又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，            

设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，            

则  2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑            

         6            3            

        0.3mol        x            

x==0.15mol，            

一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，            

则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol×=0.225mol，            

碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，            

则   2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑            

     2                       3            

     y                      0.225mol            

y==0.15mol，            

则Al的质量为0.15mol×27g/mol=4.05g，            

故选B．            

【点评】本题考查化学方程式有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，明确哪种物质过量是解本题关键，结合题给信息进行分析解答，题目难度中等．            

16．将38.4g铜投入浓度均为2mol/L的硫酸和的混合酸溶液200mL中，充分反应后所得溶液中Cu2+的物质的量浓度为（反应前后的溶液体积变化忽略不计）（　　）            

A．6 mol/L    B．3 mol/L    C．2.25mol/L    D．1.13 mol/L

【考点】化学方程式的有关计算．            

【专题】关系式法；利用化学方程式的计算．            

【分析】n（Cu）==0.6mol，n（HNO3）=n（H2SO4）=2mol/L×0.2L=0.4mol，离子反应方程式为3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO+4H2O，该溶液中n（H+）=n（HNO3）+2n（H2SO4）=1.2mol，根据方程式知，如果0.6molCu完全溶解需要n（H+）为1.6mol＞1.2mol，所以有部分Cu不溶解，如果氢离子完全反应需要n（Cu）==0.45mol，结合Cu原子守恒计算铜离子浓度．            

【解答】解：n（Cu）==0.6mol，n（HNO3）=n（H2SO4）=2mol/L×0.2L=0.4mol，离子反应方程式为3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO+4H2O，该溶液中n（H+）=n（HNO3）+2n（H2SO4）=1.2mol，根据方程式知，如果0.6molCu完全溶解需要n（H+）为1.6mol＞1.2mol，所以有部分Cu不溶解，如果氢离子完全反应需要n（Cu）==0.45mol，结合Cu原子守恒得n（Cu2+）=n（Cu）=0.45mol，c（Cu2+）==2.25mol/L，故选C．            

【点评】本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意根据反应的离子方程式计算，明确物质的过量问题为解答该题的关键，题目难度不大，为易错题．            

二、填空题（本题包括5小题，共52分）            

17．配平下列氧化还原反应方程式并用双线桥法表示其电子转移的方向和数目            

　11　P4+　60　CuSO4+　96H2O　﹣﹣　20　Cu3P+　60　H2SO4+　24　H3PO4            

反应中若有1mol H3PO4生成，则消耗的氧化剂及其物质的量分别为　消耗的氧化剂硫酸铜物质的量为2.5mol，消耗氧化剂P4的物质的量为mol　．            

【考点】氧化还原反应方程式的配平．            

【专题】氧化还原反应专题．            

【分析】分析反应中元素化合价变化，依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒配平，依据氧化还原反应方程式计算氧化剂的物质的量．            

【解答】解：该氧化还原反应中Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，硫酸铜是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到﹣3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，            

要使得失电子守恒H3PO4系数为24，Cu3P系数为20，依据原子个数守恒方程式为：11P4+60CuSO4+96H2O=24H3PO4+20Cu3P+60H2SO4；            

依据方程式可知：若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，            

得到消耗氧化剂关系为：5P4+6P4+60CuSO4+96H2O=24H3PO4+20Cu3P+60H2SO4；            

若有1mol H3PO4生成，则：            

5P4+6P4+60CuSO4+96H2O=24H3PO4+20Cu3P+60H2SO4；            

5         60          24            

n           n′1mol            

解得n=mol；n′=2.5mol；            

所以若有1mol H3PO4生成，则消耗的氧化剂硫酸铜物质的量为2.5mol，消耗氧化剂P4的物质的量为mol；            

故答案为：11；60；96H2O；20；60；24；消耗的氧化剂硫酸铜物质的量为2.5mol，消耗氧化剂P4的物质的量为mol．            

【点评】本题考查了氧化还原方程式配平及氧化剂物质的量计算，明确氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒是解题关键，题目难度中等．            

18．现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合溶液，选择适当的试剂将其转化为相应的沉淀或固体，从而实现Cl﹣、SO42﹣和NO3﹣的相互分离．相应的实验过程可用如图表示：            

（1）写出上述实验过程中所用试剂或沉淀的化学式：试剂1　BaCl2[或Ba（NO3）2]　、沉淀B　AgCl　，试剂4　HNO3　；            

（2）写出生成沉淀C的离子方程式　2Ag++CO32﹣=Ag2CO3↓、Ba2++CO32﹣=BaCO3↓　；            

（3）恰当地控制试剂4的加入量的方法是　测定溶液pH　．            

（4）检验试剂1是否过量的方法是　取上层澄清液于小试管中，滴加硫酸钠，如生成沉淀，说明过量　．            

（5）在加入试剂4后，获得固体D的实验操作④是　蒸发、冷却、结晶、过滤　．（填操作名称）．            

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．            

【专题】物质的分离提纯和鉴别．            

【分析】如先加入AgNO3，则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，则应先加入过量的BaCl2[或Ba（NO3）2]，生成BaSO4沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl﹣全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3，以此解答该题．            

【解答】解：如先加入AgNO3，则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，则应先加入过量的BaCl2[或Ba（NO3）2]，生成BaSO4沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl﹣全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3．            

（1）由以上分析可知试剂1为BaCl2[或Ba（NO3）2]，沉淀B为AgCl，试剂4为HNO3，故答案为：BaCl2[或Ba（NO3）2]；AgCl；HNO3；            

（2）溶液中存在过量的Ag+、Ba2+，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，反应的离子方程式为2Ag++CO32﹣=Ag2CO3↓、Ba2++CO32﹣=BaCO3↓，            

故答案为：2Ag++CO32﹣=Ag2CO3↓、Ba2++CO32﹣=BaCO3↓；            

（3）的量不可加入太多，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，发生：Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑，可通过测定溶液PH的方法判断发宁是否已经完全，            

故答案为：测定溶液pH；            

（4）试剂1为BaCl2[或Ba（NO3）2]，如过量，则上层澄清液中含有钡离子，可取少量与试管中，滴加硫酸钠，如生成沉淀，说明过量，            

故答案为：取上层澄清液于小试管中，滴加硫酸钠，如生成沉淀，说明过量；            

（5）从溶液中获得固体，应将溶液进行蒸发，然后冷却结晶、最后过滤可得固体，故答案为：蒸发、冷却、结晶、过滤．            

【点评】本题考查物质的分离提纯操作，题目难度中等，本题注意Cl﹣、SO42﹣的性质，把握除杂原则，提纯时不能引入新的杂质，注意把握实验的先后顺序．            

19．（12分）（2015秋武汉校级期末）下列A～H八种物质存在如下图所示的转化关系（反应条件、部分产物未标出）．已知A是酸式盐，B能使品红溶液褪色，G是红棕色气体，D和H是同一类物质．            

试回答下列问题：            

（1）写出下列各物质的化学式：A　NH4HSO3　、H　HNO3　．            

（2）按要求写出下列反应的有关方程式            

①A→E反应的离子方程式　NH4++HSO3﹣+2OH﹣=NH3H2O+SO32﹣+H2O　；            

②E→F 反应的化学方程式　4NH3+5O24NO+6H2O　；            

（3）常温下可以用铝制容器盛装浓D，是因为　铝能被浓硫酸钝化　，将铁粉逐渐加入100ml浓H中直至过量，按先后顺序写出所发生反应的离子方程式：　3NO3﹣+Fe+6H+═Fe3++3NO2↑+3H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+　．            

【考点】无机物的推断．            

【专题】无机推断；抽象问题具体化思想；演绎推理法；元素及其化合物．            

【分析】G是红棕色气体，则G是NO2，F和氧气反应生成二氧化氮，所以F是NO；A是酸式盐，和氢氧化钠反应生成E，E和氧气反应生成NO，则E是NH3，A是铵盐；二氧化氮和水反应后能生成F和H，是和水反应生成和NO，所以H是HNO3；B能使品红溶液褪色，且B能和氧气反应生成C，所以B是SO2，C是SO3，三氧化硫和水反应生成D为硫酸，A是酸式盐，反应后能生成二氧化硫，所以A是NH4HSO3，据此解答．            

【解答】解：G是红棕色气体，则G是NO2，F和氧气反应生成二氧化氮，所以F是NO；A是酸式盐，和氢氧化钠反应生成E，E和氧气反应生成NO，则E是NH3，A是铵盐；二氧化氮和水反应后能生成F和H，是和水反应生成和NO，所以H是HNO3；B能使品红溶液褪色，且B能和氧气反应生成C，所以B是SO2，C是SO3，三氧化硫和水反应生成D为硫酸，A是酸式盐，反应后能生成二氧化硫，所以A是NH4HSO3，            

（1）根据上面的分析可知，A是NH4HSO3，H是HNO3，            

故答案为：NH4HSO3；HNO3；            

（2）①A→E反应的离子方程式为NH4++HSO3﹣+2OH﹣=NH3H2O+SO32﹣+H2O，②E→F 反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，            

故答案为：NH4++HSO3﹣+2OH﹣=NH3H2O+SO32﹣+H2O；4NH3+5O24NO+6H2O；            

（3）D为硫酸，常温下可以用铝制容器盛装浓硫酸，是因为铝能被浓硫酸钝化，H是HNO3，将铁粉逐渐加入100ml浓HNO3中直至过量，按先后顺序写出所发生反应的离子方程式为3NO3﹣+Fe+6H+═Fe3++3NO2↑+3H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+，            

故答案为：铝能被浓硫酸钝化；3NO3﹣+Fe+6H+═Fe3++3NO2↑+3H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+．            

【点评】本题以元素化合物的推断为载体考查了元素化合物的性质，涉及N、S元素化合物性质及相互转化，物质的颜色是推断突破口，结合元素化合物的性质分析解答即可，难度中等．            

20．图中的A～H是中学化学中常见的八种物质，所有物质均由元素周期表中前18号元素组成，其中B、F、H都含有同一种元素；B、D、E为单质、其他为化合物，常温常压下C为无色液体，D、E为无色气体；H的晶体熔点高、硬度大、闪烁着晶莹的光泽．A～H之间的转化关系如图所示．            

（1）E、H的化学式分别为　O2　、　SiO2或Al2O3　；            

（2）A、B的混合物加C后，可能发生的反应的化学方程式为　2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑　、　Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O　；            

（3）向F溶液中逐渐滴入盐酸直至过量，若看到的现象是先出现白色沉淀后沉淀消失，写出符合现象的离子方程式　H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓、Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O　、与之对应的D、E恰好完全反应生成C时A与B的物质的量之比为：　3：2　；若看到的现象是产生白色沉淀且沉淀始终不消失，写出符合现象的离子方程式　2H++SiO32﹣=H2SiO3↓　、与之对应的D、E恰好完全反应生成C时A与B的物质的量之比为：　2：1　．            

【考点】无机物的推断．            

【专题】无机推断；抽象问题具体化思想；演绎推理法；利用化学方程式的计算．            

【分析】B、F、H都含有同一种元素；B、D、E为单质、其他为化合物，常温常压下C为无色液体，则C为H2O，D、E为无色气体，D、E点燃生成水，所以D、E为H2、O2，向F溶液中逐渐滴入盐酸直至过量，若看到的现象是先出现白色沉淀后沉淀消失，则F中应含有AlO2﹣，A、B与水混合生成氢气、氧气、偏铝根离子，且B、F、H都含有同一种元素；B、D、E为单质、其他为化合物，可以推知B为Al，A为Na2O2，F为NaAlO2，G为NaOH，H的晶体熔点高、硬度大、闪烁着晶莹的光泽，则H应为Al2O3，A、H与水反应生成E、F、G，则E为O2，所以D为H2，向F溶液中逐渐滴入盐酸直至过量，若看到的现象是产生白色沉淀且沉淀始终不消失，则B为Si，F为Na2SiO3，H为SiO2，据此答题．            

【解答】解：B、F、H都含有同一种元素；B、D、E为单质、其他为化合物，常温常压下C为无色液体，则C为H2O，D、E为无色气体，D、E点燃生成水，所以D、E为H2、O2，向F溶液中逐渐滴入盐酸直至过量，若看到的现象是先出现白色沉淀后沉淀消失，则F中应含有AlO2﹣，A、B与水混合生成氢气、氧气、偏铝根离子，且B、F、H都含有同一种元素；B、D、E为单质、其他为化合物，可以推知B为Al，A为Na2O2，F为NaAlO2，G为NaOH，H的晶体熔点高、硬度大、闪烁着晶莹的光泽，则H应为Al2O3，A、H与水反应生成E、F、G，则E为O2，所以D为H2，向F溶液中逐渐滴入盐酸直至过量，若看到的现象是产生白色沉淀且沉淀始终不消失，则B为Si，F为Na2SiO3，H为SiO2，            

（1）根据上面的分析，E为O2，H为SiO2或Al2O3，            

故答案为：O2；SiO2或Al2O3；            

（2）A、B的混合物加C后，可能发生的反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，            

故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；            

（3）F为NaAlO2，向F溶液中逐渐滴入盐酸直至过量，若看到的现象是先出现白色沉淀后沉淀消失，反应的离子方程式为H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓、Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，与之对应的氢气、氧气恰好完全反应生成水，氢气、氧气的物质的量之比为2：1，根据反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，Na2O2与Al的物质的量之比为3：2，若看到的现象是产生白色沉淀且沉淀始终不消失，符合现象的离子方程式为2H++SiO32﹣=H2SiO3↓，与之对应的氢气、氧气恰好完全反应生成水，氢气、氧气的物质的量之比为2：1，根据反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑可知，Na2O2与Si的物质的量之比为2：1，            

故答案为：H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓、Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；3：2；2H++SiO32﹣=H2SiO3↓；2：1；            

【点评】本题考查无机物的推断，题目难度较大，解答本题的关键是正确推断物质的种类，推断时，要根据反应的典型现象以及物质的特殊性质作为突破口，学习中注重相关知识的积累．            

21．工业生产的尾气中含有氮氧化物NOx（NO和NO2的混合物，假设不含N2O4），对生态环境和人类健康带较大的威胁．            

（1）工业上可用氨催化吸收法处理NOx，反应原理如下：4xNH3+6NOx（2x+3）N2+6xH2O            

某化学兴趣小组模拟该处理过程的实验装置（如图1）（所有支撑装置都未画出、有需要改进的地方）：            

①装置A中发生反应的化学方程式为　2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O　．            

②装置D中碱石灰的作用是　除去气体中的水蒸气　．            

③存在的安全隐患是　易发生倒吸，尾气含有氮氧化物污染空气　．            

（2）工业上也常用Na2CO3溶液吸收法处理NOx．            

已知：NO不能与Na2CO3溶液反应．            

NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2（Ⅰ）            

2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2（Ⅱ）            

①当NOx被Na2CO3溶液完全吸收时，x的值不可能是　D　（填字母）．            

A． 1.9          B． 1.7           C． 1.2            

②将1mol NOx通入Na2CO3溶液中，被完全吸收时，溶液中生成的NO3﹣、NO2﹣两种离子的物质的量随x变化关系如图2所示：图中线段b表示　NO3﹣　随x值变化的关系；若用溶质质量分数为26.5%的 Na2CO3溶液吸收，则需要Na2CO3溶液至少　200　g．            

③用足量的Na2CO3溶液完全吸收NOx，每产生22.4L（标准状况）CO2（全部逸出）时，吸收液质量就增加40g，则NOx中的x值为　　．            

（3）氨催化吸收法和Na2CO3溶液吸收法处理NOx尾气共同的优点是：　将有毒气体转化为无毒物质，防止有毒气体的污染　．            

【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化学方程式的有关计算．            

【专题】元素及其化合物；利用化学方程式的计算．            

【分析】（1）①氯化铵固体和氢氧化钙固体在加热的条件下发生反应生成氨气；            

②氨气是碱性气体，可以用碱石灰干燥；            

③浓氨水具有挥发性，可以产生氨气，氨气是极易溶于水的气体，易和酸反应，氮氧化物和酸不反应；            

（2）①当NOx被Na2CO3溶液完全吸收时，则n（NO2）≥n（NO），据此回答；            

②利用极限法和守恒法解决问题即可；            

③利用差量法计算NO、NO2的物质的量，再根据平均摩尔质量法计算x值；            

（3）氮氧化物有毒，对环境有污染．            

【解答】解：（1）①氯化铵固体和氢氧化钙固体在加热的条件下发生反应生成氨气，所以装置A的反应是：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，            

故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；            

②氨气是碱性气体，可以用碱石灰干燥，装置D中碱石灰的作用是除去气体中的水蒸气，            

故答案为：除去气体中的水蒸气；            

③A发生反应生成氨气，C装置中浓氨水具有挥发性，可以产生氨气，氨气极易溶于水易易引发倒吸，氮氧化物是有毒气体，装置不能吸收排放到空气中污染空气，            

故答案为：易发生倒吸，尾气含有氮氧化物污染空气；            

（2）①由方程式可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全吸收，满足n（NO2）：n（NO）≥1，当n（NO2）：n（NO）=1时x值最小，x最小值为=1.5，因为混有NO，所以x最大值＜2，故x的取值范围为1.5≤x＜2，所以x的值不可能是1.2，            

故答案为：D；            

②用极限法：若x=1.5气体应为NO和NO2混合物，物质的量比为1：1，按Ⅰ式反应，没有NO3﹣，线a应该表示NO2﹣，所有线b表示NO3﹣，            

用守恒法：反应生成的NaNO3和NaNO2中氮元素与钠元素之比为1：1，所以1mol NOx被完全吸收至少需碳酸钠0.5mol，质量为53g，计算得碳酸钠溶液的质量==200g，            

故答案为：NO3﹣；200；            

③设由NO2和纯碱反应产生CO2为amol，            

由NO和NO2与纯碱反应产生的CO2为bmol，            

 2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2   质量增加            

                        1mol△m=48g            

                        amol    48ag            

 NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2 质量增加            

                     1mol△m=32g            

                     bmol     32bg                  

a+b=1            

48a+32b=40            

解得            

a=0.5mol            

b=0.5mol            

n（NO2）=0.5mol×2+0.25mol=1.5mol            

n（NO）=0.5mol            

x==，            

故答案为：；            

（3）氮氧化物有毒，对环境有污染，用纯碱吸收氮氧化物能将有毒气体转化为无毒物质，防止有毒气体的污染，            

故答案为：将有毒气体转化为无毒物质，防止有毒气体的污染．            

【点评】本题以氮氧化物为载体考查了物质间的反应，明确物质的性质是解本题关键，难点是（2）题的计算，要结合方程式中各个物理量之间的关系式解答，会根据题给信息计算x值，难度中等．